物理(4)-【黄冈中学】2026年高考物理临考特训预测（湖北专版）

.32(2n-1) 15.103m/s(2)3N(3) -m 15 【解析】(1)小球Q下滑过程中，曲面与小球Q 组成的系统在水平方向上动量守恒，有 Mu=mava (1分) 曲面与小球Q组成的系统机械能守恒，有 1 1 magh=2M。2+2mo6 (1分) 联立解得vo=3ms (2分) (2)小球Q与滑块P发生弹性正碰时动量守恒， 机械能守恒，则有mov。=mov。十mpv1(1分) m0哈=2m062+2m 1 1 1 (1分) 解得v1=4mfs 个f 0 3R 甲 光滑% %不光滑 -- c 滑块P从A点到B点过程中，克服摩擦力做的 功由图像法（如图甲所示）可知 1 2 X3RX3mrg=6J (1分) 1 在AB段由动能定理有一W,=2p0 1 2mpv? (1分) 解得v2=2mfs 如图乙所示，在BC段重力与电场力的合力沿半 径方向与轨道的交点是滑块在轨道上的等效最 低点，设滑块和圆心的连线与竖直方向的夹角为 p,有tanp= Eq ,可得9=53 mpg 滑块从B点到等效最低点时，有 EqRsin -mrg (R Rcos )=2mv 2mp号 (1分) (1分) 在等效最低点处满足：FN-p3=mpR 解得u,=23ms,F、=10N 3 (3)滑块从B点到达C点的过程中，由动能定理 可得 1 1 EqR-mpgR= 之2平22功是 (2分) 解得c=2√2ms 滑块从C点上抛到第一次落回到平台所用时间 2uc_2W2 l= (1分) g 抛出后滑块在水平方向做匀加速直线运动，加速 度a=Eg=4g mp 3 (1分) 滑块从C点上抛到第一次落回平台上，水平位移 1 1-2al (1分) 32 解得x1=15m 滑块撞击平台时竖直方向能等速率反弹，可知滑 块每次在空中的运动时间相等，而通过C点时的 水平初速度为零，由匀变速直线运动相邻相等时 间间隔内的位移比，有 x1:x2:x3:…:xn=1:3:5:…:(2n-1) (1分) 可知平台上第(n一1)次落点与第n次落点间距 x,=(2m-1)x1=32(2m-1) (2分) 15 一m 黄冈中学临考特训预测卷（四） 题号 答 案 答案 A D B D C 速 题号 6 8 9 10 查 答案 D BC AD BD 1.A【解析】由质量数守恒和电荷数守恒得14十 1=14十n,7十0=6+z,联立解得n=1,z=1,故 X为质子，A正确；核反应前后有质量亏损，故B 错误；经过两个半衰期后，碳14剩余四分之一，即 2.5g,C错误；半衰期不随浓度、温度等外界因素 的变化而变化，故D错误。 2.D【解析】由卫星变轨规律可知，乙卫星经过P 点的速度大于甲卫星的速度，故A错误；甲、乙两 卫星经过P点时只受万有引力.由G=m得 M a=G,,故甲、乙的加速度相等，B错误；P,Q到 地球球心的距离rp:r。=1:7,由a三G之得ap ：ao=49:1,故C错误；甲卫星的轨道半径rp与 乙卫星轨道半长轴a之比rp:a=1:4由 2得T甲：T2=1:8,故D正确。 3.B【解析】对小球受力分析如图 所示，合力方向水平向右，小车可 能向右做匀加速运动或向左做匀 减速运动，故A错误；由牛顿第二 F谷 定律得(mg十F)tana=ma,解 得a=gtan a十 F库tana ->gtan a, 2 mg+F库 故B正确，C、D错误。 4.D【解析】设光从C点射入玻璃的折射角为，则 R 2 √5 由几何关系有sinr= ，放” R+2 sin a 15 sin r 2 ,又光在玻璃中传播的速度u=￡，故 R 5√3R 4c 故D正确。 5.C【解析】设无人机的质量为M,释放包裹后，无 Po一Mg 人机的加速度a= M ，随着v的增大，a不 断减小，故-t图像如图所示。 ◆) 0 在加速阶段，相邻相等时间间隔的三个时刻对应 的速度分别为1、2、03，由图可知1<2<3， 且u-<-4,F,-F,=P-P (02-0)P0,F2-F,= P。_P=(w,-)P V1V2 由于V3-v2<v2-1,V3V2>2U1,故F1-F2> F2一F:,故C正确。 6.A【解析】UA= -=9A一9B,EA=q·9A, EB=（-q）·9B,Ec=2q·Pc,EA=Eb= W W W Ec,联立解得94=2g,9a=一2g9c= 。如 图所示，图中M点为AB边 A 的四等分点，则C、M两点等 势，CM连线为等势线，电场 方向平行于AB边，故E= WW B W UAM三=W,故A TAM L 正确。 7.D【解析】两杆在0~t2时间内速度方向相同，外 力F不变，两杆组成的系统所受的合外力为零，系 统动量守恒，由动量守恒定律有(m十m6)v。= 7 m·写十m,·写解得m,=召，放A错误 1 t2时刻后，a、b杆向右匀速运动，回路中的感应电 7 BL(5,-5 流I= 2R _3BL,b杆所受的安培 5R 力F安=BIL 3B10,故B错误；~1时间 5R 内，对6杆由动量定理得受（号-）=B4 Fs·(:一1)，又由于F=3,联立解得g 3BL一BL,故C错误；根据能量守恒定律 F(t2-t1)2mvo 有Wp=△Ek十Q您十Q,而△Ek>0,故D正确。 故选D。 8.BC【解析】利用等效电阻法，可将变压器和负载 电阻等效为一个电阻R,=()广(R:十R),若 只将滑片P下移，R2接入电路的阻值减小，则 U。 R等减小，流过原线圈的电流I一R,十R ,故1 增大，电压表V示数增大，故A错误。副线圈输出 U 功率等于R等消耗的功率，P:=（R,十R )2. U R等 一，当R等=R。时，P2最大， R6+R8十2R。 R等 放在滑片P下移过程，R由2R,减小至R,P, 先增大后减小；若只将触头Q不断下移，R等不断 增大，与R。相差越来越大，则P,不断减小，故C 正确，D错误。若只将触头Q下移，n2减小，则 R等增大，原线圈中电流I1减小，电压表V示数 减小，P2不断减小，则U2和I2均减小，电流表A 示数减小，故B正确。 9.AD【解析】滑块做简谐运动，其在平衡位置时有 kA=2 mgsina,滑块的振幅A=”m3,故A正确。 释放滑块瞬间，斜面体静止，加速度为零，滑块的 加速度沿斜面向下，有水平向右的分量，则滑块与 斜面体整体，在水平方向上所受合力方向向右，故 地面对斜面体的摩擦力向右，故B错误。从释放 到运动至最低点过程中，滑块所受弹簧弹力始终 沿斜面向上，则弹簧弹力的冲量一定沿斜面向上， 故C错误。滑块释放瞬间，加速度a=gsin a,方 向沿斜面向下，对斜面体与滑块的整体，由牛顿第 二定律，在竖直方向上有3mg一FN=2 na sin&,在 水平方向上有F1=2 ma cos a,Ft=FN,联立解得 ，故D正确。 3 10.BD【解析】甲球静止时，有Eg=ng tan60°，解 得E=3mg,故A错误；碰撞后对两球整体受 9 力分析，整体所受重力与电场力的合力可看作等 效重力G=2√3mg,方向与竖直方向的夹角为 30°，故D、B两点关于等效最高点对称，故B正 确：整体以最小速度经过等效最高点时，轨道对 两球整体弹力为0，等效重力G提供向心力，则 有23mg=3m发，解得√ 3gR 3 ,故C 错误；整体从A点运动至等效最高点的过程中， 由动能定理有一3mg(号R+9 R) 2 2 X3 Umin一2 ×3mvA, 解得vA=√2(1十√3)gR,故D正确。 11.(1)A(2分)(2)如图所示(2分) alm·s3 6.0 5.0 4.0 3.0 2.0 1.0 F/N 0 0.5 1.0 (3)0.098(0.093~0.11均给分)(2分)0.40 (0.36~0.42均给分)(2分) 【解析】(1)实验中，为保证滑块做匀变速运动或 匀速运动，细绳必须与木板平行，故A项正确：滑 块所受拉力F可利用拉力传感器读数测出，无须 用钩码重力近似代替细绳拉力，故不需要测量钩 码质量，也不需要钩码质量远小于滑块和传感器 12 总质量，故B、C项错误；本实验的目的是测量动 摩擦因数，所以实验中不需要平衡摩擦力，故D 项错误。故选A。 (3)由第(2)问所作图线可知，横截距F。 5.94-0 1 Mg=0.38N斜率A=0.96-0,38kg=M 联立解得M≈0.098kg,u≈0.40。 12.(1)×100(2分)(2)1.5(2分)540(2分) (3)①60.0(2分)③100(2分) 【解析】欧姆表的内阻R二满偏电流刀 越大，内阻R内越小，倍率就越小。当开关S闭 合时，相当于增大I。,故为小倍率。开关S断开 时，为大倍率，即为×100挡。 (2)调节电阻箱R1,使电流表满偏时，有 E=I.(R.+1460n), 调节电阻箱R1,使电流表半偏时，有 E=1,R,+34600, 联立解得R.=5402,I.=1.5mA。 (3)该同学闭合开关S,即选择×10倍率，欧姆表 的内阻变为之前的十分之一， 1 1 R两2=10R1=10×(540+1460)0=2000, 于路电流变为原来的10倍，R,=。R=600, ·10I.(R肉2十R.), 解得R.=1002。 13.(1)S 2g v 【解析】(1)设活塞质量为m,汽缸竖直时，I中 气体压强为 D1=p。+m S (1分) 保持阀门K打开，转至水平位置的过程中，因环 境温度不变，则由玻意耳定律得 V p1·3=p。·2 (2分) PoS 解得n= 28 (1分) (2)若关闭阀门K,汽缸竖直放置时，Ⅱ中气体压 强为p2=po (1分) I中气体压强为，=，十受=名 (1分) 汽缸水平放置时，I、Ⅱ两部分气体压强相等， 设此时两部分气体压强为p,I中气体的体积 为V, 由玻意耳定律得 对I中气林号.·V-py 3 (2分) 对Ⅱ中气体p·号V=p:V-V) (2分) 解得V=V (1分) 14.(1)6ms(2)v>2√/10ms或vo< 12w5 5 m s 【解析】(1)若滑块A与小球C碰撞前的瞬间， 恰好与木板B达到共同速度，此时。最大，对滑 块A与木板B组成的系统，由动量守恒定律得 mA0o=(mA十mB)v1 对滑块A有一=一2ugd (1分) 联立解得1=2ms,vo=6m/s (1分) (2)若小球C恰好能经过最高点做完整的圆周运 动，则其经过最高点瞬间，由牛顿第二定律有 ver meg=mc1 (1分) 小球从最低点运动至最高点过程中，由动能定 理得 1 1 mco6-2mcw2=-mcg·2l (2分) 由③④式解得vc=√5gl=2W2m/s (1分) A与C发生弹性碰撞，则有 mAv2=mAVA十mcvc (1分) 1 1 1 2mi=2mi+2mc呢 (1分) 联立解得v2=2W2ms>2m.s 故滑块A与C碰撞前一直匀减速运动，则有 v-v=-2ugd 解得vo1=2√/10m/s (1分) 若小球C碰后恰好运动至与圆心等高处， 1 由动能定理得-mc8l=0-2mcue (2分) A与C发生弹性碰撞，则有 mA,'=mAA'十mcve2 (1分) 2m42=1 1 1 (1分) 联立解得v2'=√3.2m/s<2m/s 故滑块A与球C碰撞前已共速，则有 mA0o2=(mA十mB)2' 解得e125 5m.'s (1分) 故>2V0ms或<125m 5ms(1分) 15.(1)2gL mvo 14mw (2) 3qL 13 (3)。,方向沿x轴正方向 (1.-） 【解析】(1)粒子在第二象限做匀速圆周运动， 则有 Bvoq=m r (1分) 由几何知识得r= 3L (1分) sin 60 mvo 联立解得B= 2gL (1分) (2)A点位置坐标为y=r十rcos60°=3L 粒子从A点运动至C点的过程中， 沿x铺方向上有L=0 (1分) 解得t= 9L 7vo 沿y轴方向上有3L= () 3L13L) 7u。-2a（7, (2分) 又aEg (1分) 联立解得E= 14m6 (1分) 3qL (3)如图(a)所示，设粒子经过C 点时的速度为vc, 又,=E9.6L Eq.3L m 7vo 2vo 则vc=√u十v=√5v Uc (1分) (a) 粒子在第四象限中的运动可分解为以速度1沿 y轴负方向的匀速直线运动和以速度2做匀速 圆周运动，则有 qBov1-Eoq 解得1=v 故2=√0+(，-v1)=√2u0 (1分) 设v2与x轴正方向的夹角为0，有tan0= ,一1=1，故0=45 (1分) 设粒子恰好垂直撞到挡板上的D点，此时速度 与x轴平行，设速度为D,如图(b)所示。 (b) 由几何关系得，粒子经过D点时， D=v。,方向沿x轴正方向 分运动v2的速度方向与x轴正方向成45°角， 粒子从C点运动至D点过程中，第二个分运动 恰好运动了四分之一圆弧，如图(c)所示。 得 由BoU29=mT2 r2=√2L (1分) 由几何知识得位移x2=√2r2=2L (1分) 1、2πmπL 运动的时间1=4XBg (1分) 2w (c) 在此过程中，对第一个分运动有 πL y1=w1t=2 9 故xn=7L+2L= (1分) π yD=一y1= (1分) 2 D点坐标为（L,1） 黄冈中学临考特训预测卷（五） 题号 5 低 案 答案 D C B 修 题号 6 8 9 10 查 答案 D A AB BC AC 1.A【解析】根据爱因斯坦质能方程可知，单个 17Lu衰变释放的能量为(m1一m2一m3)c2,故A 正确：13.4天等于2个半衰期，经过2个半衰期还 剩下0.25g的镥177，故B错误；根据电荷数守恒 和质量数守恒可知，粒子X为电子，其贯穿能力比 Y射线的贯穿能力要弱，故C错误：Lu衰变成 gHf要释放能量，因此Hf的结合能比Lu的 结合能大，7Lu和Hf的核子个数相同，因此 gHf的比结合能比Lu的比结合能大，故D 错误。 2.D【解析】从平行于磁场的位置开始计时，电动 势瞬时值表达式为e=NBSwcos wt,从中性面位 14 置开始计时，电动势瞬时值表达式为e= NBSwsin wt,故A错误；根据法拉第电磁感应定 律，感应电动势E=V”图示位置悠应电动势 最大，故线圈中磁通量的变化率会9最大，放B错 误；线圈从图示位置转过60°时，电流表的读数为 NBSo) 2 NBSo R十r√2(R+ 一，故C错误；线圈转一周的 时间内，电阻R上产生的热量为Q= NBSo (R)Rr,T-行解得Q=设水故 w D正确。 3.C【解析】隔离第3本书，左、右两侧受到的静摩 擦力大小相等，均为1N,故A、B错误：将第2、3、4 本书一起隔离，第1本书与第2本书之间的静摩 擦力和第4本书与第5本书之间的静摩擦力大小 相等，均为3N,故C正确；将5本书作为一个整 体，则有2F≥5mg,解得F≥25N,故D错误。 4.B【解析】该等势面为等量异种点电荷的等势 面，故A错误；根据等势面与电场线垂直的关系， 画出电场线，带电粒子所受的电场力，既指向轨迹 的凹侧，又沿着电场线的切线方向，则电场力指向 右边，若粒子从A点运动到B点，电场力做正功， 动能增大，若粒子从B点运动到A点，电场力做 负功，动能减小，可得粒子在A点的速度均小于在 B点的速度，故B正确；等差等势面的疏密表示电 场强度的大小，A处密集，电场强度大，粒子在A 处所受电场力大，加速度大，同理，粒子在B处的 加速度小，故C错误；由于不能确定粒子的电性， 因此不能判断电场的方向，也就不能判断A、B两 点的电势高低，故D错误。 5.C【解析】太空电梯的角速度与地球自转的角速 度相等，升降舱在A位置的半径大于地球半径，因 此升降舱在A位置的线速度大于地球赤道上物体 的速度，故A错误。升降舱在B位置时，所受的 万有引力等于所需要的向心力，在A位置时，所受 的万有引力增大，所需要的向心力减小，由于做匀 速圆周运动，合外力提供向心力，因此在A位置航 天员还要受到座椅给的背离地心的作用力，故B 错误。根据B选项分析可知，在C位置，升降舱所 受的万有引力减小，所需要的向心力增大。从升 降舱内遗漏出的物体，所受的万有引力不足以提 供其所需要的向心力，因此物体将做离心运动，故 C正确。升降舱在B位置时不受弹力作用，处于黄冈中学临考特训预测卷（四） 物理 本试卷共6页，15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并 将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试 卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将答题卡上交。 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第 1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得 4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 1.碳14是一种放射性同位素，常用于医学检测（如幽门螺杆菌检测）和考古学中的年 代测定，它的半衰期约为5730年。碳14的人工制备是通过中子轰击氮14，核反应 方程式为N+。n→4C+X,则下列说法正确的是 A.X为质子 B.制备碳14过程中，反应前后静质量不变 C.10g碳14经历11460年全部发生衰变 D.碳14的半衰期会随着其浓度的降低而变长 2.如图所示，甲、乙两颗卫星分别沿近地圆轨道、椭圆轨道绕地球运行。椭圆轨道的近 地点与近地圆轨道相切于P点，远地点Q离地面的高度为地球半径的6倍。下列 说法正确的是 A.甲、乙两卫星经过P点时，速度大小相等 B.乙卫星经过P点时的加速度大于甲卫星经过P点 时的加速度 C.乙卫星经过P、Q点时的加速度大小之比为36：1 D.甲、乙两卫星运行的周期之比为1：8 3.如图所示，一小车放置在水平地面上，在车厢顶用绝缘轻 绳悬挂一带负电小球，在车厢的绝缘地板上固定一带正电 小物块，当小车沿水平方向匀变速运动时，小球恰好稳定 在物块正上方，此时轻绳与竖直方向夹角为α，已知重力加 77777777777777777 黄冈中学临考特训预测卷（四）第1页（共6页） 速度为g,带电小球和物块均可视为点电荷，则下列说法正确的是 A.小车一定在向右运动 B.小车的加速度大小一定大于gtan a C.小车的加速度大小可能等于gtana D.小车的加速度可能为零 4.如图所示，半径为R的半圆柱玻璃，平行于其横截面的一束光线从左端点C入射， 光线与水平半径O℃的夹角α=60°，该光线恰从半圆柱的竖直半径OA的中点射 出，不考虑光线在圆柱内的反射，已知真空中的光速为c,则该玻璃的折射率n和光 在玻璃中传播的时间t分别为 A.n=3 t=③R B.n=√3 t 2√3R 3c C.n= w15 2 =/5R 2c D.n=5 t=53R Ac 5.近年来，无人机已广泛应用于我们的日常工作与生活中。某兴趣小组使用无人机模 拟投递包裹的实验，现有一无人机下方用轻绳悬挂包裹正以额定功率沿竖直方向匀 速上升，某时刻无人机松开绳子将包裹释放。设整个运动过程中，无人机始终沿竖 直方向运动，且发动机的功率始终保持不变，不计空气阻力，则关于无人机运动过程 中的速度、发动机的牵引力F随时间t变化规律的图像，描述正确的是 A B D 6.如图所示，A、B、C为直角三角形的三个顶点，AC边长为L,∠A=60°，一匀强电场 的方向平行于该三角形平面。若将电荷量为十g的试探电荷从A点移到B点，静电 力做功为W(W>0);若将电荷量分别为十q、一q和+2q的三个试探电荷先后分别置 于A点、B点和C点时，电势能相等。则该匀强电场的场强大小是 A W W A.2qL b 3W 23W C.2qL D C B 3gL 7.如图甲所示，水平面内固定放置两条足够长的平行粗糙金属直导轨MN、PQ,两金 属杆α、b用绝缘细线相连，放置在导轨上，两杆与导轨间的动摩擦因数相同。整个 空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。开始时对α杆施加水平向右的 恒定外力F,使两杆以速度v。水平向右匀速运动。在t1时刻将细线烧断，保持外力 黄冈中学临考特训预测卷（四）第2页（共6页） F不变；t2时刻，两金属杆再次开始匀速运动，整个过程的-t图像如图乙所示。 已知金属杆和导轨始终垂直且接触良好，α杆的质量为，两金属杆的电阻均为R, 导轨间的距离为L,导轨电阻可忽略。下列说法正确的是 A U ××☒ 5 by ax x 甲 A.金属杆b的质量为2m B'L'vo B.t:时刻之后，b杆所受的安培力大小为1OR Ct,~2时间内，通过a杆的电荷量为 F(t2-t)2mvo BL 5BL D.t1~t2时间内，外力F做功大于两杆因摩擦产生的热量与系统焦耳热之和 8.如图所示，理想变压器的原线圈、副线圈总匝数之比n1：2=1：2,副线圈接入电 路的匝数可通过滑动触头Q调节，原线圈串联定值电阻R,=R。,副线圈回路接有 滑动变阻器R2(阻值可在07R。之间调节)和定值电阻R。,电压表、电流表均为理 想交流电表。开始时，滑片P、触头Q均置于最上端，则在输入交变电压U。不变的 情况下，下列说法正确的是 Uo 175 A.若只将滑片P下移，电压表V示数不变，电流表A示数变大 B.若只将触头Q下移，电压表V示数变小，电流表A示数变小 C.若只将滑片P不断下移过程中，副线圈输出功率先增大后减小 D.若只将触头Q不断下移过程中，副线圈输出功率先增大后减小 9.如图所示，质量为m、倾角α=30°的斜面体静置于粗糙水平地面上，轻弹簧上端固 定在斜面体上，下端与小滑块（可视为质点）连接。现将滑块从弹簧原长处由静止释 放，在光滑斜面上做简谐运动，斜面体恰能在水平地面上保持静止。已知滑块质量 为2m,弹簧劲度系数为k,重力加速度为g,若斜面体与水平地面间的最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，运动过程中弹簧始终与斜面平行且没有超过弹性限度，则下列 说法正确的是 A滑块的振幅为爱 B.滑块释放的瞬间，地面对斜面体的摩擦力为零 C.从释放滑块到运动至最低点过程中，弹簧弹力对滑块的 冲量为零 D.斜面体与水平地面间的动摩擦因数为3 黄冈中学临考特训预测卷（四）第3页（共6页） 10.如图所示，在竖直平面内有水平向右的匀强电场，其中有一半径为R的竖直光滑 绝缘的圆弧轨道，质量为m、电荷量十q的小球甲静止于轨道上的A点，现将质量 为2m、不带电的乙球以某一速度从轨道最低点C水平向右射出，与甲球碰后粘在 一起沿竖直轨道恰能做完整的圆周运动。已知直径AB与竖直直径CD间的夹角 为60°，重力加速度为g,不考虑运动过程中电荷量的变化，两球可看作质点，碰撞 时间极短，内力远大于外力，则下列说法正确的是 A.匀强电场的场强大小为3s D 3q B B.碰撞后，两球整体经过D、B两点时对轨道压力大小相等 O C.碰撞后，两球整体做圆周运动的最小速度大小为√/2gR :60A D.两球碰撞后的瞬间速度大小为√2(1十√3)gR 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11.(8分)某同学利用拉力传感器、加速度传感器和待测物体等器材设计了测量滑块 与长木板之间的动摩擦因数的实验，如图甲所示。 主要步骤如下： 加速度传感器 ①将拉力传感器固定在滑块右侧，通过细绳绕过定 ,拉力传感器 滑轮与钩码相连，加速度传感器固定在滑块上； ②竖直悬挂1个钩码，由静止释放，通过电脑读出稳 定时拉力F和加速度a的示数； ③增加钩码个数，重复上述实验步骤，读取多组实验 数据。 回答以下问题： (1)下列选项中，符合实验中必要的措施及要求的是 A.连接滑块和钩码的细绳必须与长木板平行 B.实验中必须测量钩码质量 C.钩码的质量应远小于滑块和传感器的总质量 D.实验前要先把长木板左端垫高以平衡摩擦力，再进行实验 (2)该实验小组进行了多次实验，所测得数据如表所示。 悬挂钩码数n 1 2 3 5 拉力传感器示数FN 0.45 0.68 0.81 0.90 0.96 加速度传感器示数a(m·s2) 0.78 3.04 4.39 5.30 5.94 以F为横轴，a为纵轴，在图乙的坐标纸上画出a-F关系图像。 a/(m·s3 6.0 5.0 4.0 3.0 2.0 1.0 0 0.5 1.0 乙 黄冈中学临考特训预测卷（四）第4页（共6页） (3)根据图像可知，滑块和传感器的总质量M= kg,滑块与长木板间的动 摩擦因数以= 。(结果均保留两位有效数字，重力加速度g= 9.8m:s2) 12.(10分)某实验小组设计了一款欧姆表，它有“×10”和“×100”两个挡位，两个挡位 共用图甲所示的刻度盘，指针满偏对应0，指针不偏时对应∞，其工作原理图如图 乙所示，现备有以下器材： A.电源（电动势E=3V,内阻可忽略 不计) B.电流表G(量程、内阻均未知) 之O C.电阻箱R,(最大阻值9999.9) D.电阻箱R,(最大阻值999.92) E.单刀单掷开关S一个，导线若干 分 (1)根据上述工作原理图可知，当开关S 断开时，欧姆表为 挡位（填“×10”或“×100”）。 (2)实验小组先通过实验测量电流表的满偏电流和内阻，实验步骤如下： ①断开开关S,将R,调至最大值； ②将两表笔短接，调节电阻箱R,,使电流表满偏，记录电阻箱R,的阻值为 1460.02; ③保持两表笔短接，调节电阻箱R1,使电流表半偏，记录电阻箱R,的阻值为 3460.02。 由此可得，电流表的满偏电流I。 mA,内阻R。 2。 (3)某同学闭合开关S,并用该欧姆表测量一个电阻的阻值R,实验步骤如下： ①闭合开关S,调节电阻箱R2,使R2= Q; ②将两表笔短接，调节电阻箱R1,使电流表满偏； ③再将两表笔接在待测电阻两端，电流表指针指在图甲所示位置，则待测电阻 的阻值R= 2. 13.(11分)一导热良好的汽缸竖直放置，顶端装有阀门K,汽缸容积为V,一厚度不计 的活塞将汽缸分为I、Ⅱ两部分。当阀门K打开，系统稳定时，I中封闭气体的体 积为。（如图甲所示），若保持阀门K打开，将汽缸缓慢旋转至水平，活塞恰好移至 汽缸正中间位置（如图乙所示）。已知活塞面积为S,大气压强为p。,重力加速度 为g,活塞与汽缸间的摩擦忽略不计，环境温度不变。 (1)求活塞的质量多大； (2)若先关闭阀门K密封汽缸，再将汽缸缓慢转至水平，求I中气体体积多大。 甲 黄冈中学临考特训预测卷（四）第5页（共6页） 14.（15分)如图所示，光滑水平地面上有一质量为mB=2kg、长度为d=2m的长木 板B静止放置，质量为mA=1kg的小滑块A(可视为质点)置于木板右端，质量为 mc=1kg的小球C用长为l=0.16m的轻绳竖直悬挂于O点，小球恰好位于木 板左端且与滑块A在同一高度。已知A与B间的动摩擦因数为u=0.8,重力加 速度g=10m/s2,现使小滑块A瞬间获得水平向左的初速度v。,A与C发生弹性 碰撞后立即移走滑块A。 (1)若滑块A与小球C发生碰撞前，已与木板B达到共同速度，求。的最大值； (2)若要使小球碰撞后在竖直面内做圆周运动，轻绳不松弛，求滑块的初速度v。的 大小范围。 ⊙ 15.(16分)如图甲所示，在xOy平面直角坐标系中，第一象限内存在一个平行于y轴 的交变电场（未画出），其电场强度E随时间t变化规律如图乙所示(E未知)。第 二象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场（未画出）；第四象限存在沿x轴负方 向的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小上。- gL ,磁感应强 度大小B。= L。现将一质量为m、电荷量为g的带正电粒子从x轴上的S点以 速度v。沿与x轴负方向成60°角的方向射入第二象限，在t=0时垂直穿过y轴上 的A点，然后从x轴上的C点射入第四象限。已知S点的坐标为（一3L,0),C 点的坐标为(L,0),忽略粒子所受重力。 (1)求第二象限磁场磁感应强度的大小； (2)求第一象限交变电场电场强度E的大小； (3)若在第四象限内垂直于x轴安装一足够大的绝缘挡板，使粒子能垂直撞到挡板 (不考虑碰撞后反弹)，求粒子碰撞挡板时速度以及碰撞点的位置坐标。 A E E-- 0 OXCX X×x O ×××× 6L: 12D 18L ×××× ×X×× -E 甲 黄冈中学临考特训预测卷（四）第6页（共6页）